Страница 228 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Объясните, в результате какого преобразования переход от первого уравнения ко второму приводит к появлению посторонних корней. Подберите корень второго уравнения, посторонний для первого уравнения (8.2—8.4):

8.2 а) $x = 2, x^2 = 4;$

б) $\log_3 x^2 = \log_3 x, x^2 = x;$

в) $\frac{(x - 4) - (2x - 3)}{x^2 - 1} = 0, (x - 4) - (2x - 3) = 0;$

г) $x^2 + 3x + \sqrt{x} = \sqrt{x + 4}, x^2 + 3x - 4 = 0.$

а)

Переход от уравнения $x = 2$ к уравнению $x^2 = 4$ осуществляется путем возведения обеих частей уравнения в квадрат.

Такое преобразование не является равносильным, так как оно может добавлять новые корни. Уравнение $(f(x))^2 = (g(x))^2$ является следствием уравнения $f(x) = g(x)$, но равносильно оно совокупности двух уравнений: $f(x) = g(x)$ и $f(x) = -g(x)$.

В данном случае, уравнение $x^2 = 4$ равносильно совокупности $[x=2, x=-2]$. Первоначальное уравнение $x=2$ имеет только один корень $x=2$. Следовательно, корень $x=-2$ является посторонним, так как он удовлетворяет второму уравнению, но не первому.

Ответ: посторонний корень $x = -2$.

б)

Переход от уравнения $\log_3 x^2 = \log_3 x$ к уравнению $x^2 = x$ осуществляется путем потенцирования, то есть избавления от знака логарифма.

Это преобразование приводит к появлению посторонних корней из-за расширения области допустимых значений (ОДЗ).

ОДЗ первого уравнения определяется условиями $x^2 > 0$ и $x > 0$. Из системы $\left\{\begin{array}{l}x \neq 0 \\ x > 0\end{array}\right.$ следует, что ОДЗ: $x > 0$.

Второе уравнение $x^2 = x$ является полиномиальным и определено для всех действительных $x$.

Решим второе уравнение: $x^2 - x = 0 \implies x(x-1) = 0$. Его корни $x=0$ и $x=1$.

Корень $x=1$ удовлетворяет ОДЗ первого уравнения ($1>0$). Корень $x=0$ не удовлетворяет ОДЗ первого уравнения, так как выражение $\log_3 x$ при $x=0$ не определено.

Ответ: посторонний корень $x = 0$.

в)

Переход от уравнения $\frac{(x - 4) - (2x - 3)}{x^2 - 1} = 0$ ко второму уравнению $(x - 4) - (2x - 3) = 0$ происходит в результате избавления от знаменателя.

Это преобразование не является равносильным, так как не учитывается условие, что знаменатель дроби не должен быть равен нулю. Дробь равна нулю тогда и только тогда, когда ее числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля.

ОДЗ первого уравнения: $x^2 - 1 \neq 0$, что означает $x \neq 1$ и $x \neq -1$.

Решим второе уравнение: $(x - 4) - (2x - 3) = 0 \implies x - 4 - 2x + 3 = 0 \implies -x - 1 = 0 \implies x = -1$.

Найденный корень $x=-1$ не входит в ОДЗ первого уравнения, так как при этом значении знаменатель $x^2-1$ обращается в ноль. Следовательно, $x=-1$ является посторонним корнем.

Ответ: посторонний корень $x = -1$.

г)

Переход от уравнения $x^2 + 3x + \sqrt{x} = \sqrt{x} + 4$ к уравнению $x^2 + 3x - 4 = 0$ осуществляется путем вычитания слагаемого $\sqrt{x}$ из обеих частей уравнения.

Это преобразование приводит к расширению ОДЗ. В первом уравнении присутствует выражение $\sqrt{x}$, которое определено только для $x \ge 0$. Таким образом, ОДЗ первого уравнения — это $x \in [0, +\infty)$.

Второе уравнение $x^2 + 3x - 4 = 0$ является квадратным и определено для всех действительных чисел $x$.

Решим второе уравнение. По теореме Виета, его корнями являются $x_1 = 1$ и $x_2 = -4$.

Корень $x=1$ удовлетворяет ОДЗ первого уравнения ($1 \ge 0$). Корень $x=-4$ не удовлетворяет ОДЗ ($-4 < 0$), так как подкоренное выражение не может быть отрицательным.

Ответ: посторонний корень $x = -4$.

8.3* a) $\sqrt{x} - 2\sqrt{x-3} = 0$, $\sqrt{(x-2)(x-3)} = 0$;

б) $\frac{\sqrt{2x^2 - 9x + 3}}{\sqrt{x - 2}} = \sqrt{x + 3}$, $\sqrt{\frac{2x^2 - 9x + 3}{x - 2}} = \sqrt{x + 3}$;

в) $2\log_4 x = 1$, $\log_4 x^2 = 1$;

г) $3^{\log_3 x} = x^2$, $x = x^2$;

д) $\log_2 x + \log_2 (x + 2) = 3$, $\log_2 (x(x + 2)) = 3$;

е) $\log_2 x - \log_2 (x + 2) = \log_2 (2x + 10)$, $\log_2 \frac{x}{x + 2} = \log_2 (2x + 10)$.

а) Решим два уравнения по отдельности.

1. Уравнение $\sqrt{x-2\sqrt{x-3}} = 0$.
Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под внутренним корнем должно быть неотрицательным: $x-3 \ge 0$, откуда $x \ge 3$. Выражение под внешним корнем также должно быть неотрицательным, но так как все выражение равно нулю, то подкоренное выражение должно быть равно нулю: $x-2\sqrt{x-3} = 0$.
Перенесем слагаемое: $x = 2\sqrt{x-3}$.
Так как $x \ge 3$, обе части уравнения неотрицательны. Возведем обе части в квадрат:
$x^2 = (2\sqrt{x-3})^2$
$x^2 = 4(x-3)$
$x^2 = 4x - 12$
$x^2 - 4x + 12 = 0$
Найдем дискриминант квадратного уравнения: $D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 12 = 16 - 48 = -32$.
Поскольку $D < 0$, действительных корней у уравнения нет.
Ответ: корней нет ($\emptyset$).

2. Уравнение $\sqrt{(x-2)(x-3)} = 0$.
ОДЗ: $(x-2)(x-3) \ge 0$, что выполняется при $x \in (-\infty, 2] \cup [3, \infty)$.
Возведем обе части в квадрат:
$(x-2)(x-3) = 0$
Произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю:
$x-2=0$ или $x-3=0$.
$x_1=2$, $x_2=3$.
Оба корня удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $x=2, x=3$.

б) Исходное уравнение $\frac{\sqrt{2x^2-9x+3}}{\sqrt{x-2}} = \sqrt{x+3}$.
Это уравнение равносильно уравнению $\sqrt{\frac{2x^2-9x+3}{x-2}} = \sqrt{x+3}$ при условии, что подкоренные выражения неотрицательны, а знаменатель не равен нулю.
Найдем ОДЗ:
1. $2x^2-9x+3 \ge 0$
2. $x-2 > 0 \implies x > 2$
3. $x+3 \ge 0 \implies x \ge -3$
Объединяя условия, получаем, что $x > 2$ и $2x^2-9x+3 \ge 0$.
Возведем обе части уравнения в квадрат:
$\frac{2x^2-9x+3}{x-2} = x+3$
Так как $x>2$, то $x-2 \neq 0$. Умножим обе части на $x-2$:
$2x^2-9x+3 = (x+3)(x-2)$
$2x^2-9x+3 = x^2+x-6$
$x^2-10x+9 = 0$
По теореме Виета, корни уравнения: $x_1=1$, $x_2=9$.
Проверим корни по ОДЗ ($x>2$).
$x_1=1$ не удовлетворяет условию $x>2$.
$x_2=9$ удовлетворяет условию $x>2$. Проверим для него условие $2x^2-9x+3 \ge 0$: $2(9)^2-9(9)+3 = 2(81)-81+3 = 81+3=84 \ge 0$. Условие выполняется.
Ответ: $x=9$.

в) Решим два уравнения, обращая внимание на разницу в ОДЗ.

1. Уравнение $2\log_4 x = 1$.
ОДЗ: $x > 0$.
Разделим на 2: $\log_4 x = \frac{1}{2}$.
По определению логарифма: $x = 4^{1/2} = \sqrt{4} = 2$.
Корень $x=2$ удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $x=2$.

2. Уравнение $\log_4 x^2 = 1$.
ОДЗ: $x^2 > 0$, что означает $x \neq 0$.
По определению логарифма: $x^2 = 4^1 = 4$.
Отсюда $x = \pm\sqrt{4}$, то есть $x_1 = 2$ и $x_2 = -2$.
Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($x \neq 0$).
Ответ: $x=2, x=-2$.

г) Решим два уравнения. Преобразование первого приводит ко второму, но сужает ОДЗ.

1. Уравнение $3^{\log_3 x} = x^2$.
ОДЗ: $x>0$ (аргумент логарифма должен быть положителен).
По основному логарифмическому тождеству ($a^{\log_a b} = b$): $x = x^2$.
$x^2-x=0$
$x(x-1)=0$
Корни: $x_1=0$, $x_2=1$.
Проверяем по ОДЗ ($x>0$): $x=0$ не подходит, $x=1$ подходит.
Ответ: $x=1$.

2. Уравнение $x=x^2$.
ОДЗ: $x \in \mathbb{R}$.
$x^2-x=0$
$x(x-1)=0$
Корни: $x_1=0$, $x_2=1$.
Оба корня являются решениями.
Ответ: $x=0, x=1$.

д) Решим два уравнения. Второе является следствием первого, но имеет более широкую ОДЗ.

1. Уравнение $\log_2 x + \log_2(x+2) = 3$.
ОДЗ: $\begin{cases} x > 0 \\ x+2 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0 \\ x > -2 \end{cases} \implies x > 0$.
Используем свойство суммы логарифмов: $\log_2(x(x+2)) = 3$.
По определению логарифма: $x(x+2) = 2^3$.
$x^2+2x=8$
$x^2+2x-8=0$
По теореме Виета, корни: $x_1=2, x_2=-4$.
Проверяем по ОДЗ ($x>0$): $x=2$ подходит, $x=-4$ не подходит.
Ответ: $x=2$.

2. Уравнение $\log_2(x(x+2)) = 3$.
ОДЗ: $x(x+2) > 0$. Это неравенство выполняется при $x \in (-\infty, -2) \cup (0, \infty)$.
Решение уравнения $x^2+2x-8=0$ дает те же корни: $x_1=2, x_2=-4$.
Проверяем по ОДЗ: $x_1=2$ входит в интервал $(0, \infty)$, $x_2=-4$ входит в интервал $(-\infty, -2)$. Оба корня подходят.
Ответ: $x=2, x=-4$.

е) Решим два уравнения. Как и в предыдущих случаях, преобразование меняет ОДЗ.

1. Уравнение $\log_2 x - \log_2(x+2) = \log_2(2x+10)$.
ОДЗ: $\begin{cases} x > 0 \\ x+2 > 0 \\ 2x+10 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0 \\ x > -2 \\ x > -5 \end{cases} \implies x > 0$.
Преобразуем левую часть: $\log_2\frac{x}{x+2} = \log_2(2x+10)$.
Приравниваем аргументы логарифмов: $\frac{x}{x+2} = 2x+10$.
Умножим на $x+2$ (в ОДЗ $x>0$ это выражение не равно нулю):
$x = (2x+10)(x+2)$
$x = 2x^2+4x+10x+20$
$2x^2+13x+20=0$
Найдем дискриминант: $D = 13^2 - 4 \cdot 2 \cdot 20 = 169 - 160 = 9$.
Корни: $x = \frac{-13 \pm \sqrt{9}}{4} = \frac{-13 \pm 3}{4}$.
$x_1 = \frac{-13-3}{4} = -4$, $x_2 = \frac{-13+3}{4} = -2.5$.
Ни один из корней не удовлетворяет ОДЗ ($x>0$).
Ответ: корней нет ($\emptyset$).

2. Уравнение $\log_2\frac{x}{x+2} = \log_2(2x+10)$.
ОДЗ: $\begin{cases} \frac{x}{x+2} > 0 \\ 2x+10 > 0 \end{cases}$.
Первое неравенство $\frac{x}{x+2} > 0$ выполняется при $x \in (-\infty, -2) \cup (0, \infty)$.
Второе неравенство $2x+10 > 0$ выполняется при $x > -5$.
Пересечение этих множеств дает ОДЗ: $x \in (-5, -2) \cup (0, \infty)$.
Решение уравнения $2x^2+13x+20=0$ дает корни $x_1 = -4$, $x_2 = -2.5$.
Проверяем по ОДЗ: $x_1 = -4$ входит в интервал $(-5, -2)$, $x_2 = -2.5$ входит в интервал $(-5, -2)$. Оба корня подходят.
Ответ: $x=-4, x=-2.5$.

8.4* a) $\frac{2 \operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x}=0$, $\sin 2x = 0;$

б) $\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x}=-1$, $\cos 2x = -1.$

а)

Решим уравнение $\frac{2\tg x}{1+\tg^2 x} = 0$.

Область допустимых значений (ОДЗ) данного уравнения определяется условием существования тангенса: $\cos x \neq 0$, что означает $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Дробь равна нулю, когда ее числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.
1. Приравняем числитель к нулю: $2\tg x = 0$, откуда $\tg x = 0$.
Решением этого простейшего тригонометрического уравнения является $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
2. Знаменатель $1 + \tg^2 x$ всегда строго положителен, так как $\tg^2 x \ge 0$, следовательно $1 + \tg^2 x \ge 1$.

Все найденные корни $x = \pi n$ удовлетворяют ОДЗ, так как для этих значений $\cos(\pi n) = (-1)^n \neq 0$.

Важно отметить, что хотя левая часть уравнения является формулой для $\sin 2x$ (так называемая универсальная тригонометрическая подстановка), прямая замена на $\sin 2x = 0$ может привести к неверному результату. Уравнение $\sin 2x = 0$ имеет решения $x = \frac{\pi m}{2}, m \in \mathbb{Z}$. Эта серия включает в себя "посторонние" для исходного уравнения корни $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ (при нечетных $m$), при которых исходное выражение не определено. Поэтому необходимо всегда учитывать ОДЗ.

Ответ: $x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б)

Решим уравнение $\frac{1-\tg^2 x}{1+\tg^2 x} = -1$.

ОДЗ данного уравнения, как и в предыдущем пункте, определяется условием $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Используем формулу универсальной тригонометрической подстановки: $\cos 2x = \frac{1-\tg^2 x}{1+\tg^2 x}$.
С учетом ОДЗ, исходное уравнение можно попытаться свести к уравнению $\cos 2x = -1$.

Решим уравнение $\cos 2x = -1$.
Это частный случай, решение которого: $2x = \pi + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Разделив на 2, получаем: $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь необходимо проверить, входят ли найденные решения в ОДЗ.
ОДЗ: $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$.
Полученные решения $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$ в точности совпадают с теми значениями, которые исключены из ОДЗ.
Следовательно, ни один из найденных корней не является решением исходного уравнения.

Альтернативный способ решения:

Решим уравнение алгебраически, не используя замену.
$\frac{1-\tg^2 x}{1+\tg^2 x} = -1$
Домножим обе части на знаменатель $1+\tg^2 x$ (он всегда положителен для $x$ из ОДЗ):
$1-\tg^2 x = -(1+\tg^2 x)$
$1-\tg^2 x = -1-\tg^2 x$
Прибавив $\tg^2 x$ к обеим частям, получим:
$1 = -1$
Мы получили неверное числовое равенство, которое не зависит от $x$. Это означает, что исходное уравнение не имеет решений.

Ответ: решений нет ( $x \in \emptyset$ ).

8.5* Объясните, почему преобразование уравнения с применением данной формулы слева направо может привести к появлению посторонних корней ($a > 0, a \neq 0$):

а) $\sqrt{f(x)}\sqrt{g(x)} = \sqrt{f(x)g(x)}$;

б) $\frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{g(x)}} = \sqrt{\frac{f(x)}{g(x)}}$;

в) $a^{\log_a f(x)} = f(x)$;

г) $2 \log_a f(x) = \log_a f^2(x)$;

д) $\log_a f(x) + \log_a g(x) = \log_a (f(x)g(x))$;

е) $\log_a f(x) - \log_a g(x) = \log_a \frac{f(x)}{g(x)}$;

ж) $\frac{1}{\log_{f(x)} a} = \log_a f(x)$;

з) $\frac{1}{\operatorname{tg} x} = \operatorname{ctg} x$;

и) $\frac{1}{\operatorname{ctg} x} = \operatorname{tg} x$;

к) $\frac{2 \operatorname{tg} x}{1 + \operatorname{tg}^2 x} = \sin 2x$;

л) $\frac{1 - \operatorname{tg}^2 x}{1 + \operatorname{tg}^2 x} = \cos 2x$;

м) $\frac{2 \operatorname{tg} x}{1 - \operatorname{tg}^2 x} = \operatorname{tg} 2x$.

Может ли применение той же формулы справа налево привести к потере корней?

Появление посторонних корней при преобразовании уравнения с применением данной формулы слева направо связано с расширением области допустимых значений (ОДЗ). ОДЗ выражения в правой части формулы может быть шире, чем ОДЗ выражения в левой части. Это означает, что правая часть может быть определена для тех значений переменной, для которых левая часть не определена. Решения, принадлежащие этой "добавленной" области, будут являться посторонними для исходного уравнения.

а) $\sqrt{f(x)}\sqrt{g(x)} = \sqrt{f(x)g(x)}$

ОДЗ левой части $\sqrt{f(x)}\sqrt{g(x)}$ определяется системой неравенств $\begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) \ge 0 \end{cases}$.

ОДЗ правой части $\sqrt{f(x)g(x)}$ определяется неравенством $f(x)g(x) \ge 0$. Это неравенство выполняется не только при $f(x) \ge 0$ и $g(x) \ge 0$, но и при $f(x) \le 0$ и $g(x) \le 0$.

Следовательно, ОДЗ правой части шире, и преобразование может привести к появлению посторонних корней, для которых $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, допуская случай, когда $f(x) \le 0$ и $g(x) \le 0$, что не разрешено в левой части.

б) $\frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{g(x)}} = \sqrt{\frac{f(x)}{g(x)}}$

ОДЗ левой части $\frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{g(x)}}$ определяется системой неравенств $\begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) > 0 \end{cases}$.

ОДЗ правой части $\sqrt{\frac{f(x)}{g(x)}}$ определяется неравенством $\frac{f(x)}{g(x)} \ge 0$. Это неравенство выполняется в двух случаях: когда $f(x) \ge 0$ и $g(x) > 0$, или когда $f(x) \le 0$ и $g(x) < 0$.

ОДЗ правой части шире, так как она дополнительно включает случай, когда $f(x) \le 0$ и $g(x) < 0$. Это может привести к появлению посторонних корней.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, допуская случай, когда $f(x) \le 0$ и $g(x) < 0$, что не разрешено в левой части.

в) $a^{\log_a f(x)} = f(x)$

ОДЗ левой части $a^{\log_a f(x)}$ (основное логарифмическое тождество) требует, чтобы аргумент логарифма был строго положителен: $f(x) > 0$.

ОДЗ правой части $f(x)$ зависит от самой функции $f(x)$ и может не иметь такого ограничения. Например, если $f(x) = x$, ее область определения — все действительные числа.

Преобразование снимает ограничение $f(x) > 0$, тем самым расширяя ОДЗ. Любые корни, для которых $f(x) \le 0$, будут посторонними.

Ответ: Преобразование убирает требование $f(x) > 0$, необходимое для существования логарифма в левой части, что расширяет ОДЗ.

г) $2\log_a f(x) = \log_a f^2(x)$

ОДЗ левой части $2\log_a f(x)$ требует выполнения условия $f(x) > 0$.

ОДЗ правой части $\log_a f^2(x)$ требует выполнения условия $f^2(x) > 0$, что эквивалентно $f(x) \ne 0$.

ОДЗ правой части ($f(x) \ne 0$) шире, чем ОДЗ левой части ($f(x) > 0$), поскольку включает также значения, при которых $f(x) < 0$. Это может привести к появлению посторонних корней.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ с $f(x) > 0$ до $f(x) \ne 0$, допуская отрицательные значения $f(x)$.

д) $\log_a f(x) + \log_a g(x) = \log_a(f(x)g(x))$

ОДЗ левой части $\log_a f(x) + \log_a g(x)$ определяется системой неравенств $\begin{cases} f(x) > 0 \\ g(x) > 0 \end{cases}$.

ОДЗ правой части $\log_a(f(x)g(x))$ определяется неравенством $f(x)g(x) > 0$. Это неравенство выполняется, когда $f(x)$ и $g(x)$ имеют одинаковые знаки: оба положительны или оба отрицательны.

ОДЗ правой части шире, так как она дополнительно включает случай, когда $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$. Это может привести к появлению посторонних корней.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, допуская случай, когда $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$, что не разрешено в левой части.

е) $\log_a f(x) - \log_a g(x) = \log_a \frac{f(x)}{g(x)}$

ОДЗ левой части $\log_a f(x) - \log_a g(x)$ определяется системой $\begin{cases} f(x) > 0 \\ g(x) > 0 \end{cases}$.

ОДЗ правой части $\log_a \frac{f(x)}{g(x)}$ определяется неравенством $\frac{f(x)}{g(x)} > 0$, что эквивалентно тому, что $f(x)$ и $g(x)$ имеют одинаковые знаки.

Аналогично предыдущему пункту, ОДЗ правой части шире, так как включает случай $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$, что может привести к появлению посторонних корней.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, допуская случай, когда $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$, что не разрешено в левой части.

ж) $\frac{1}{\log_{f(x)} a} = \log_a f(x)$

ОДЗ левой части $\frac{1}{\log_{f(x)} a}$ требует, чтобы основание логарифма было положительным и не равнялось единице ($f(x) > 0, f(x) \ne 1$), а также чтобы знаменатель не был равен нулю ($\log_{f(x)} a \ne 0$, что означает $a \ne 1$).

ОДЗ правой части $\log_a f(x)$ требует, чтобы $f(x) > 0$ (при заданных условиях $a > 0, a \ne 1$).

При переходе от левой части к правой исчезает условие $f(x) \ne 1$. Таким образом, ОДЗ расширяется, и если $f(x) = 1$ является решением преобразованного уравнения, то это посторонний корень.

Ответ: Преобразование убирает ограничение $f(x) \ne 1$, необходимое для существования логарифма с основанием $f(x)$, что расширяет ОДЗ.

з) $\frac{1}{\tg x} = \ctg x$

ОДЗ левой части $\frac{1}{\tg x}$ требует, чтобы тангенс был определен ($\cos x \ne 0 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$) и не равен нулю ($\tg x \ne 0 \Rightarrow x \ne \pi n, n \in \mathbb{Z}$). Объединяя, получаем $x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

ОДЗ правой части $\ctg x$ требует, чтобы $\sin x \ne 0$, то есть $x \ne \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

ОДЗ правой части шире, так как она определена в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где левая часть не определена. Это может привести к появлению посторонних корней.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\ctg x$ определен при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, а $\tg x$ в этих точках не определен.

и) $\frac{1}{\ctg x} = \tg x$

ОДЗ левой части $\frac{1}{\ctg x}$ требует, чтобы котангенс был определен ($\sin x \ne 0 \Rightarrow x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z}$) и не равен нулю ($\ctg x \ne 0 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$). Объединяя, получаем $x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

ОДЗ правой части $\tg x$ требует, чтобы $\cos x \ne 0$, то есть $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

ОДЗ правой части шире, так как она определена в точках $x = \pi k$, где левая часть не определена. Это может привести к появлению посторонних корней.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\tg x$ определен при $x = \pi k$, а $\ctg x$ в этих точках не определен.

к) $\frac{2 \tg x}{1 + \tg^2 x} = \sin 2x$

ОДЗ левой части определяется условием существования $\tg x$, то есть $\cos x \ne 0 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

ОДЗ правой части $\sin 2x$ — все действительные числа ($x \in \mathbb{R}$).

ОДЗ правой части шире. Любое решение вида $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ будет посторонним для исходного уравнения.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\sin 2x$ определен для всех $x$, в то время как левая часть не определена при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$.

л) $\frac{1 - \tg^2 x}{1 + \tg^2 x} = \cos 2x$

ОДЗ левой части определяется условием существования $\tg x$, то есть $\cos x \ne 0 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

ОДЗ правой части $\cos 2x$ — все действительные числа ($x \in \mathbb{R}$).

ОДЗ правой части шире. Любое решение вида $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ будет посторонним для исходного уравнения.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\cos 2x$ определен для всех $x$, в то время как левая часть не определена при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$.

м) $\frac{2 \tg x}{1 - \tg^2 x} = \tg 2x$

ОДЗ левой части требует, чтобы $\tg x$ был определен ($x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$) и знаменатель не был равен нулю ($1 - \tg^2 x \ne 0 \Rightarrow \tg x \ne \pm 1 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$).

ОДЗ правой части $\tg 2x$ требует, чтобы $\cos 2x \ne 0$, то есть $2x \ne \frac{\pi}{2} + \pi m \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$.

ОДЗ левой части ($x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$ и $x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$) строже, чем ОДЗ правой части ($x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$). Правая часть определена в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ (например, при $x=\pi/2$, $\tg(2x) = \tg(\pi)=0$), а левая — нет.

Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\tg 2x$ определен при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, а левая часть в этих точках не определена.

Может ли применение той же формулы справа налево привести к потере корней?

Да, применение каждой из этих формул справа налево может привести к потере корней. Это происходит потому, что такое преобразование сужает область допустимых значений (ОДЗ). Если корень уравнения, записанного в виде правой части, не попадает в более узкую ОДЗ левой части, то этот корень будет потерян.

Во всех рассмотренных выше случаях ОДЗ левой части является подмножеством ОДЗ правой части. Следовательно, при переходе от правой части к левой ОДЗ сужается, что создает риск потери корней:

• а, б, д, е): Теряются корни, для которых $f(x)$ и $g(x)$ одновременно отрицательны.
• в, г): Теряются корни, для которых $f(x) \le 0$.
• ж): Теряются корни, для которых $f(x)=1$.
• з, к, л, м): Теряются корни вида $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$.
• и): Теряются корни вида $x = \pi k$.

Таким образом, при решении уравнений необходимо либо выполнять равносильные преобразования, либо следить за изменением ОДЗ и выполнять проверку найденных корней или учитывать ограничения на всем протяжении решения.